1、安徽省六安市寿县一中2015届高三上学期第三次月考物理试卷一、选择题（每题6分，共20题，120分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1用质量为M的吸铁石，将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉白纸，白纸未移动，则此时黑板对白纸的摩擦力的大小为（）AFBmgCD考点：摩擦力的判断与计算.专题：摩擦力专题分析：分析物体受力情况，根据共点力的平衡条件可得出摩擦力的大小解答：解：由题意可知，整体受向下的重力、向右的拉力的作用，二力的合力为F合=；由力的平衡条件可知，摩擦力的应与合力大小相等，方向相反；故选：D点评：本题应首先明确物体受到的
2、摩擦力为静摩擦力；静摩擦力的与其他沿接触面的外力的合力大小相等，方向相反2（6分）（2014淄博三模）A、B、C、D四个物体做直线运动，它们运动的xt、vt、at图象如图所示，已知物体在t=0时的速度均为零，其中04s内物体运动位移最大的是（）ABCD考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：运动学中的图像专题分析：物体做单向直线运动时位移一直增大，速度方向不变，根据图象逐项分析即可解答：解：A、由位移时间图象可知，4s末到达初始位置，总位移为零，故A错误；B、由速度时间图象可知，速度2s内沿正方向运动，24s沿负方向运动，方向改变，
3、4s内总位移为零，故B错误；C、由图象可知：物体在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，2s末速度减为0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，位移一直增大，故C正确；D、由图象可知：物体在第1s内做匀加速运动，第23s内做匀减速运动，2s末速度减为0，第3s内沿负方向运动，不是单向直线运动，故D错误故选：C点评：图象是我们高中物理研究运动的主要途径之一，应熟知其特征，难度不大，属于基础题3（6分）我国于2013年12月发射了“嫦娥三号”卫星，该卫星在距月球表面H处的环月轨道I上做匀速圆周运动，其运行的周期为T；随后嫦娥三号在该轨道上A点采取措施，降至近月点离月球高度为h的椭圆轨道II上，
4、如图所示若以R表示月球的半径，忽略月球自转及地球对卫星的影响，已知引力常量G则下述判断正确的是（）A月球的质量为B月球的第一宇宙速度为C“嫦娥三号”在环月轨道I上需加速才能降至椭圆轨道IID“嫦娥三号”在图中椭圆轨道II上的周期为T考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用.专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力，列式求解向心加速度，要注意卫星的轨道半径为R+h；近月卫星的速度即为月球的第一宇宙速度；、“嫦娥三号”在环月轨道I上在A点减速做近心运动才能降至椭圆轨道II根据开普勒第三定律计算“嫦娥三号”在图中椭圆轨道II上的周期解答：解：A、根据万有引力提供向心力，得
5、月球的质量为，故A错误B、根据万有引力提供向心力，得月球的第一宇宙速度为v=，故B正确C、“嫦娥三号”在环月轨道I上在A点减速做近心运动才能降至椭圆轨道II，故C错误D、根据开普勒第三定律，所以，得“嫦娥三号”在图中椭圆轨道II上的周期为T=T，故D正确故选：BD点评：本题关键抓住万有引力提供向心力和万有引力等于重力，列式求解出向心加速度、线速度的表达式，再进行讨论4（6分）（2014安庆二模）如图所示，一轻质弹簧的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为37的光滑斜面体顶端，弹簧与斜面平行在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中，小球始终相对于斜面静止已知弹簧的劲度系数为
6、k，则该过程中弹簧的形变量为（已知：sin37=0.6，cos37=0.8）（）ABCD考点：胡克定律；牛顿第二定律.分析：以小球为研究对象，根据牛顿第二定律和胡克定律列式，求解弹簧的形变量解答：解：将加速度分解为沿斜面和垂直于斜面方向以小球为研究对象，根据牛顿第二定律和胡克定律得：沿斜面方向有：mgsin37+kx=macos37又a=g解得：x=故选：A点评：本题关键要灵活运用正交分解法，将加速度分解比较简洁，也可以分解力，列出两个方程求解5（6分）低碳、环保是未来汽车的发展方向某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的某次测试中
7、，汽车以额定功率在水平路面上行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图象如图，其中是关闭储能装置时的关系图线，是开启储能装置时的关系图线设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计仅仅根据图象所给的信息可以求出的物理量是（）A汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能EB汽车的额定功率PC汽车加速运动的时间tD汽车行驶过程中的最大速度V考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像.专题：功率的计算专题分析：关闭储能装置时，根据动能定理求解汽车所受地面的阻力在57m过程中汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，求解汽车的额定功率根据动能定理求解加速运动的时间，其中牵引力的功为P
8、t由能量关系分析汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能解答：解：A、对于图线，根据动能定理得：fx=0Ek，求的f根据功能关系得到：汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为E=EkfS=8105J21031.5102J=5105J，故A正确；B、设汽车匀速运动的速度为v，则有Ek=得，汽车的额定功率为P=Fv，因不知道质量，故无法求的P故B错误C、对于加速运动过程，根据动能定理得：PtfS=Ek2Ek1，无法取得P，故不可求得t，故C错误；D、因不知道m，故无法求的最大速度，故D错误；故选：A点评：本题是汽车的起动问题，根据动能定理求解阻力和加速运动的时间汽车匀速运动时，牵引力与阻力平衡6（6分）
9、如图所示，质量为m的物体A从光滑斜面上某一高度由静止开始滑下，与锁定在光滑水平面上带有轻弹簧的质量为m的物体B发生正碰（不计A与地面碰撞时的机械能损失），碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为EP若碰前B解除锁定，则碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为（）AEPBCD考点：功能关系.分析：若B锁定在地面上，则当弹簧倍压缩到最短时，A与B的速度是0，此时弹簧的弹性势能最大解除锁定后当弹簧倍压缩到最短时，A与B的速度相等，此时弹簧的弹性势能最大解答：解：设A到底水平面上时的速度为vA，若B锁定在地面上，则当弹簧倍压缩到最短时，A与B的速度是0，此时弹簧的弹性势能最大，根据能量的转化与守恒：Ep=mvA2；A、B
10、碰撞过程中，系统的动量守恒，选择向左的方向为正方向，则：mvA=2mv得：v=vA根据能量的转化与守恒：EP=mvA22m（vA）2=Ep故选：B点评：本题是含有弹簧的问题，关键要掌握两球最近的临界角条件：速度相等，抓住系统的动量守恒和机械能守恒进行分析，综合性较强7（6分）如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g现对A施加一水平拉力F，则（）A当F2mg时，A、B都相对地面静止B当F=mg时，A的加速度为gC当F=2mg时，A相对B滑动D无论F为何值，B的加速度不会超过g考点：牛
11、顿第二定律；力的合成与分解的运用.专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力然后通过整体法隔离法逐项分析解答：解：AB之间的最大静摩擦力为：fmax=mAg=2mg，B与地面间的最大静摩擦力为：fmax=（mA+mB）g=1.5mg，A、当 F2 mg 时，Ffmax，AB之间不会发生相对滑动，但只要拉力大于1.5mg时，B与地面间会发生相对滑动，故A错误；B、当 F=mg 时，Ffmax，AB间会发生相对滑动，由牛顿第二定律有：a=，选项B正确C、当 F=2mg 时，恰好达到最大静摩擦力
12、；AB间会发生相对滑动，A相对B发生滑动，故C正确D、A对B的最大摩擦力为2mg，B受到的地面的最大静摩擦力为3mg，无论F为何值，B都不会发生相对滑动当然加速度更不会超过g，选项D正确故选：BCD点评：本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力二、实验题8（4分）用如图所示的装置做“探究动能定理”的实验时，下列说法正确的是（）A为了平衡摩擦力，实验中可以将长木板的左端适当垫高，使小车拉着穿过打点计时器的纸带自由下滑时能保持匀加速运动B可以通过改变规格相同的橡皮筋条数来改变拉力做功的数值C可以通过改变小车的质量来改
13、变拉力做功的数值D通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度考点：探究功与速度变化的关系.专题：实验题；动能定理的应用专题分析：本实验的关键是需要先平衡摩擦力，这样橡皮筋对小车的拉力做的功才为总功，此时当橡皮筋的弹力为零时小车速度最大解答：解：A、为了平衡摩擦力，实验中可以将长木板的左端适当垫高，使小车拉着穿过打点计时器的纸带自由下滑时能保持匀速运动，故A错误；B、实验时使用相同的橡皮筋，每次实验使橡皮筋伸长的长度相同，则每根橡皮筋对小车做功相同，橡皮筋的条数不同，拉力对小车做功不同，可以通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值，故B正确；C、实验中要先接通电源，再释放小车，故
14、C错误；D、实验需要测出橡皮筋做功完毕时的速度，即小车的最大速度，通过分析打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度，故D正确；故选：BD点评：本题关键从实验目地、实验原理出发，去分析实验时我们需要注意的问题，如何达到实验目的一切围绕原理去分析即可9（4分）（2014蚌埠三模）图示为验证机械能守恒的实验装置，利用该装置还可以进行以下哪些实验探究？（）A验证牛顿第二定律B测量重物下落时的加速度C测量重物下落时的瞬时速度D研究重物下落时速度与时间的关系考点：验证机械能守恒定律.专题：实验题分析：根据实验装置及各实验的原理可分析该装置能完成的实验解答：解：A、验证牛顿第二定律F=ma，要
15、用控制变量法得出a与F及m的关系；需改变牵引力及质量大小，本装置无法实现；故A错误；B、由打出的纸带可以利用遂差法求出下落的加速度；故B正确；C、由纸带利用平均速度的计算方法可求得测量重物下落时的瞬时速度；故C正确；D、由测出的速度再利用速度和时间关系可确定重物下落与时间的关系；故D正确；故选：BCD点评：采用本装置可以打出做匀加速直线的相临相等的时间内的位移，利用打出的纸带可以测量加速度、瞬时速度；则可验证机械能守恒定律及研究重物下落速度与时间的关系10（4分）如图1所示，某同学设计了一个研究平抛运动的实验装置，在水平桌面上放置一个斜面，让钢球从斜面上由静止滚下，钢球滚过桌边后便做平抛运动在
16、钢球抛出后经过的地方放置一块水平木板，木板由支架固定成水平，木板所在高度可通过竖直标尺读出，木板可以上下自由调节，在木板上固定一张白纸该同学在完成装置安装后进行了如下步骤的实验：A实验前在白纸上画一条直线，并在线上标出a，b，c三点，且ab=bc=20.0cm，如图2B让钢球从斜面上的某一位置由静止滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中a点，记下此时木板与桌面的高度差h1=hC让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中b点，记下此时木板与桌面的高度差h2=h+10.0（cm）D让钢球从斜面上的同一位置由静上滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中c点，记下此时木板与桌面的高度
17、差h3=h+30.0（cm）则该同学由上述测量结果即可粗测出钢球的平抛初速度大小v0=2.0m/s，钢球击中b点时速度大小为v=2.5m/s已知钢球的重力加速度为g=10m/s2，空气阻力不计考点：研究平抛物体的运动.专题：实验题；平抛运动专题分析：根据竖直方向运动特点h=gT2，求出物体运动的相等时间间隔，然后利用水平方向运动特点即可求出平抛的初速度，根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出b点竖直分速度，结合平行四边形定则求出钢球击中b点的速度大小解答：解：钢球从a到b和b到c的时间相等，击中ab时木板的竖直距离为10cm，击中bc时木板的竖直距离为20cm，根据h=g
18、T2得，T=s=0.1s，则钢球平抛运动的初速度v0=m/s=2m/s击中b点时钢球的竖直分速度vyb=m/s=1.5m/s，根据平行四边形定则知，钢球击中b点的速度大小vb=2.5m/s故答案为：2.02.5点评：本题不但考查了实验的操作，而且考查了平抛运动的规律以及匀速运动和匀变速运动的规律，对同学的知识的综合应用要求比较高，是个考查学生能力的好题11（6分）（2014安庆二模）在验证机械能守恒定律的实验中，重物的质量为m，所用交流电的频率为50Hz，打出了如图所示的一条纸带，其中O为起点，A、B、C为三个连续的计时点可得（g=9.8m/s2，重物的质量m取0.4kg计算）（1）打点计时器
19、打B点时，重物的重力势能减小量为1.46J重物动能为1.42J（结果均保留三位有效数字）（2）通过计算结果你能得出的结论：在实验误差允许范围内，重物下落的机械能守恒考点：验证机械能守恒定律.专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出B点速度，从而进一步求出动能的增量，根据重力做功和重力势能的关系可以求出重锤势能减少的减少量；根据小球下落过程中的功能关系可以判断EP和Ek的大小关系，进一步判断机械能是否守恒解答：解：（1）根据功能关系可知，当打点计时器打在B点时，重锤的重力势能的减少量为：EP=mgh=0.49.80.3724J
20、=1.46 J根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出B点速度，vB=2.66m/sEkB=mvB2=0.4（2.66）2=1.42J动能的增加量Ek=1.42J，（2）由计算结果可知由于重力势能减小量略大于动能的增加量，在实验误差允许范围内，重物下落的机械能守恒故答案为：（1）1.46J，1.42J（2）在实验误差允许范围内，重物下落的机械能守恒点评：运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，对于验证实验，我们有时也需要实验原理、测量数据等各个方面分析产生误差的原因三、计算题12（14分）如图所示，粗糙水平地面AB与半径R=0.4m的光滑半
21、圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上质量m=2kg的小物块在如下Fx图象所示的水平力F的作用下，从A点由静止开始沿直线运动到B点然后在半圆轨道BCD内运动已知xAB=5m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为=0.2取重力加速度g=10m/s2求：（1）小物块到达B点时速度的大小；（计算结果可以带根号）（2）小物块运动到D点时，小物块对轨道作用力的大小考点：动能定理的应用；牛顿第二定律.专题：动能定理的应用专题分析：（1）对AB过程根据动能定理列式求解即可；（2）先对BD过程根据动能定理列式求解D点的速度，在D点，支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二
22、定律列式求解解答：解：（1）对于小物块在AB上运动的全过程，由动能定理得：F1x1+F2x2FfxAB=mvB20，即2mg20.5mg10.2mg5=mvB2解得：vB=5 m/s（2）从B到D，根据动能定理有：mg2R=mvmv解得：vD=m/s在D点，根据牛顿运动定律有：FN+mg=m解得：FN=mmg=150N根据牛顿第三定律，小物块对轨道压力方向竖直向上，大小150N；答：（1）小物块到达B点时速度的大小为m/s；（2）小物块运动到D点时，小物块对轨道作用力的大小为150N点评：本题关键是明确运动情况和受力情况，找到向心力来源，然后根据动能定理、牛顿第二定律列式求解13（16分）（2
23、014长葛市三模）如图所示，一个半径为R的半球形的碗固定在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的一根轻质细线跨在碗口上，线的两端分别系有小球A和B，当它们处于平衡状态时，小球A与O点的连线与水平线的夹角为60（1）求小球A与小球B的质量比mA：mB；（2）现将A球质量改为2m、B球质量改为m，且开始时A球位于碗口C点，由静止沿碗下滑，当A球滑到碗底时，求两球总的重力势能改变量；（3）在（2）条件下，当A球滑到碗底时，求B球的速度大小考点：机械能守恒定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用.专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）先对mB球受力分析，受重力和拉力，二
24、力平衡，求出拉力；再对mA球受力分析，根据共点力平衡条件列式求解（2）（3）A球在碗底时，vA不等于vB，应将vA沿绳和垂直于绳的方向分解，沿绳子方向的分速度即等于你B球的速度vB的大小再根据机械能守恒定律列式解决解答：解：（1）设绳的张力为T对A球进行受力分析，有Nsin60+Tsin60=mAgNcos60=Tcos60对B球进行受力分析，有T=mBg可解得：（2）A球的重力势能改变量为EpA=mAgR=2mgRB两球的重力势能改变量为所以A、B两球总的重力势能改变量为负号表示两球的重力势能减少（3）当A球滑到碗底时，设A、B两球的速度分别为vA、vB，则vAcos45=vB（1）根据A、
25、B两球总机械能守恒，有EK+Ep=0（2）即（3）联立以上三式，解得：（或或）答：（1）小球A与小球B的质量比；（2）现将A球质量改为2m、B球质量改为m，且开始时A球位于碗口C点，由静止沿碗下滑，当A球滑到碗底时，两球总的重力势能减小量是；（3）在（2）条件下，当A球滑到碗底时，B球的速度大小是点评：本题是简单的连接体问题，先分析受力最简单的物体，再分析受力较复杂的另一个物体，同时要运用正交分解法处理较为方便注意连接体中两个物体的速度大小不一定相等要应用速度的分解求出两个小球的速率关系14（20分）（2014徐州三模）某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型倾角=37的斜面底端与水平传送带平滑
26、接触，传送带BC长L=6m，始终以=6m/s的速度顺时针运动将一个质量m=1kg的物块由距斜面底端高度=5.4m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为1=0.5、2=0.2，传送带上表面距地面的高度H=5m，g取10，sin37=0.6，cos37=0.8（1）求物块由A点运动到C点的时间；（2）若把物块从距斜面底端高度=2.4m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；（3）求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D考点：动能定理；牛顿第二定律.专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据牛顿第二定律求出物块在斜面上的
27、加速度，结合位移时间公式求出物块从A点运动到B点的时间，物块滑上传送带时，由于速度与传送带速度相等，将做匀速直线运动，结合位移和速度求出匀速运动的时间，从而得出物块由A点运动到C点的时间（2）根据动能定理求出物块滑动斜面底端的速度，物块滑上传送带先加速，当速度达到传送带速度后做匀速运动，结合平抛运动的规律求出水平位移的大小（3）物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有vC=v0，抓住两个临界状态，即滑上传送带一直做匀加速直线运动和滑上传送带一直做匀减速运动，结合动力学知识求出两种临界情况下的高度，从而得出高度的范围解答：解：（1）A到B过程：根据牛顿第二定律 mgsin1
28、mgcos=ma1，代入数据解得，t1=3s所以滑到B点的速度：vB=a1t1=23m/s=6m/s， 物块在传送带上匀速运动到C，所以物块由A到B的时间：t=t1+t2=3s+1s=4s （2）斜面上由根据动能定理解得v=4m/s6m/s，设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：，x=5m6m所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动s=v0t0，H= 解得s=6m（3）因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有vC=v0当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：，解得h3=1.8m 当离传送带高度为h4时物块进入传送带后一直匀减速运动，h4=9.0m 所以当离传送带高度在1.8m9.0m的范围内均能满足要求即1.8mh9.0m 答：（1）物块由A点运动到C点的时间为4s；92）物块落地点到C点的水平距离为6m；（3）当1.8mh9.0m，将物块静止释放均落到地面上的同一点D点评：本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的运用，关键理清物体的运动规律，选择合适的定律或定理进行求解
